高考物理总复习选择题增分练五(1)
高考物理总复习优编题型增分练：选做题保分练五20181215152.doc
选做题保分练(五)三、选做题(本题包括A 、B 两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A 小题评分．)13．A.[选修3－3](15分)(1)下列说法中正确的是________．A ．能量定律是普遍规律，能量耗散不违反能量守恒定律B ．温度是分子平均动能的标志C ．有规则外形的物体是晶体，没有确定的几何外形的物体是非晶体D ．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势(2)在“用油膜法估测分子大小”的实验中，在玻璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图1所示，坐标纸上正方形小方格的边长为5 mm ，该油酸膜的面积是________m 2；若一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是1×10－6mL ，则油酸分子的直径是______ m ．(上述结果均保留1位有效数字)图1(3)请估算早上第一个到学校上学的小明走进教室时，教室里有多少个空气分子排到教室外？(假设教室里的温度和气体压强均不变，小明的质量为m人＝60 kg ，阿伏加德罗常数N A ＝6.02×1023 mol －1，小明的平均密度约为ρ人＝1.0×103 kg/m 3，空气的密度约为ρ气＝1.29 kg/m 3，且保持不变，空气的摩尔质量为M 气＝29 g·mol －1，计算结果保留两位有效数字) 答案 (1)ABD (2)2×10－3 5×10－10 (3)1.6×1024个 解析 (1)能量守恒定律是普遍规律，能量耗散不违反能量守恒定律，故选项A 正确；温度是分子平均动能的标志，故选项B 正确；没有确定的几何外形的物体也可能是多晶体，故选项C 错误；在液体内部，分子间的距离在平衡距离r 0左右，而在表面层，分子比较稀疏，分子间的距离大于平衡距离r 0，因此液面分子间作用力表现为引力，故选项D 正确．(2)通过题图可以数出油膜的面积为：S ＝80×52 mm 2＝2×10－3 m 2，油酸分子的直径为d ＝V S＝1×10－6×10－62×10－3m＝5×10－10 m.(3)小明的体积为：V＝m人ρ人＝6.0×10－2 m3当他进入教室时排到室外的空气体积也为V，因此排出的空气分子数为N＝ρ气VM气·N A≈1.6×1024个．13．B.[选修3－4](15分)(2018·江苏一模)(1)某简谐横波在介质中沿x轴正方向传播，t＝0时波源O从平衡位置开始振动，t＝0.5 s时振动刚好传播到P点，此时该横波的波形图如图2所示，下列有关说法中正确的是________．图2A．波源起振方向沿y轴负方向B．该波的周期为0.4 sC．这0.5 s内波源O运动的路程为5 mD．0～3 s内处于x＝9 m处的M点(图中未画出)所通过的路程为105 cm(2)一列长为L的列车以速度0.5c相对地面运动，地面上的人测得该列车的长度为L′.则L′________L(填“＞”“＜”或“＝”)．地面上的人测得列车上的时钟比地面上的时钟要________(填“快”或“慢”)．(3)如图3，ABCD是某直桶状不透明容器过其中心轴OO′、垂直于左右两侧面的剖面图．已知该桶高H＝2.375 m，底面是边长为1 m的正方形．容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料．在其左下角B处放一点光源，当容器内装有深为2 m的某种透明液体时，人眼沿AO看去时刚好能看到点光源的像，(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求该液体的折射率．图3答案 (1)BD (2)＜ 慢 (3)43解析 (1)根据题图，由波沿x 轴正方向传播可得：P 点正向上振动，故波源起振方向沿y 轴正方向，故A 错误；根据波0.5 s 的传播距离为5 m 可得：波速v ＝10 m/s ；由题图可得：波长λ＝4 m ，故周期T ＝λv＝0.4 s ，故B 正确；0.5 s 内波源O 运动的路程为5A ＝25 cm ，故C 错误；波需要经过时间t 1＝9 m 10 m/s＝0.9 s 从波源传播到M 点，然后M 点处质点从平衡位置开始振动了2.1 s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋14T ，则0～3 s 内处于x ＝9 m 处的M 点(图中未画出)所通过的路程为5×4A ＋A ＝21A ＝105 cm ，故D 正确．(2)列车以速度0.5c 相对地面运动，地面上的人测得该列车的长度为L ′，根据相对论尺缩效应知，L ′＜L .根据钟慢效应，知地面上的人测得列车上的时钟比地面上的时钟要慢．(3)在剖面图内作点光源相对于右侧壁的对称点E ，连接EO ，交右侧壁于F 点，由点光源射向F 点的光线，反射后沿FO 射向O 点，光线在O 点的入射角为θ1，折射角为θ2，如图所示．由几何关系可知tan θ1＝O ′E OO ′＝0.75 得θ1＝37° tan θ2＝OG AG ＝43得θ2＝53°设该液体的折射率为n ，由折射定律得n ＝sin θ2sin θ1解得n ＝43. 精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
2019高考物理总复习选择题增分练五3
选择题增分练(五)(满分48分 24分钟)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．(2018·山东省济南市高三二模)质量为m 、长度为l 的均匀软绳放置在水平地面上．现将软绳一端提升至离地面高度为h 处，软绳完全离开地面，则至少需要对软绳做的功为( )A ．mg l2B ．mg h2C ．mg (h －l )D ．mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫h －l 2解析：选 D.对软绳做的功等于它的重力势能的增加量，即W ＝ΔE p ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫l2＋h －l ＝mg ⎝⎛⎭⎪⎫h －l 2，选项D 正确． 2．下列说法正确的是( )A ．玻尔通过对氢原子光谱的研究建立了原子的核式结构模型B ．某些原子核发生衰变时能够放出β粒子，说明原子核内有β粒子C ．原子核反应中的质量亏损现象违反了能量守恒定律D ．某种单色光照射某种金属发生光电效应，若增大光照强度，则单位时间内发射的光电子数增加解析：选D.卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型，玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征，故A 错误；β衰变中产生的β射线实际上是原子核中的中子转变成质子，而放出电子，故B 错误；核反应中的质量亏损现象遵循能量守恒定律，故C 错误；发生光电效应时，单位时间内发射的光电子数随入射光强度的增加而增大，故D 正确；故选D.3．如图所示，在天花板下用细线悬挂一半径为R 的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为B 的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A 、B 与圆心O 连线的夹角为120°，此时悬线的拉力为F .若圆环通电，使悬线的拉力刚好为零，则环中电流大小和方向是( )A ．大小为3F 3BR ，沿顺时针方向B ．大小为3F 3BR ，沿逆时针方向C ．大小为3FBR，沿顺时针方向 D ．大小为3FBR，沿逆时针方向解析：选A.环受安培力的有效长度为l ＝2·R cos 30°＝3R ，由BIl ＝mg ＝F ，可知，I ＝3F 3BR，方向为顺时针方向．4．一质点从静止开始沿着直线运动，先后经历匀加速、匀速和匀减速三个运动过程，三段过程运动位移均为x ，匀加速运动时间为t ，匀减速运动时间为34t ，则下列说法中正确的是( )A ．质点在匀加速阶段的加速度大小小于匀减速运动阶段的加速度大小B ．质点在匀减速阶段的末速度大小是匀速运动阶段的速度大小的一半C ．质点在匀加速运动阶段的平均速度等于匀减速运动阶段的平均速度D ．质点在匀速运动阶段的运动时间为12t解析：选D.设匀速运动的速度大小为v ，质点在匀减速阶段的末速度大小为v t ，质点在匀加速阶段x ＝0＋v 2t ＝vt 2，匀减速运动阶段x ＝v t ＋v 2×34t ，解得v t ＝v3，质点在匀加速阶段的加速度大小a 1＝v －0t ＝vt ，匀减速运动阶段的加速度大小a 2＝v －v 334t＝8v 9t，故AB 错误；质点在匀加速运动阶段的平均速度v 1＝0＋v 2＝v2，匀减速运动阶段的平均速度v 2＝v ＋13v2＝2v 3，故C 错误；质点在匀速运动阶段的运动时间t ′＝x v ＝12vt v ＝12t ，故D 正确；故选D.5．(2018·山东泰安市二模)北斗地图APP 即将上线，其导航功能可精确到1米以内，能够清晰定位到具体车道．如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a 、b 、c 三颗卫星均做圆周运动，其中a 是地球同步卫星，则( )A ．卫星a 的角速度小于c 的角速度B ．卫星a 的加速度大于b 的加速度C ．卫星a 的运行速度大于第一宇宙速度D ．卫星b 的周期大于24 h解析：选A.根据万有引力提供向心力：G Mm r2＝m ω2r ，解得：ω＝GMr 3，可知轨道半径大的卫星角速度小，所以卫星a 的角速度小于c 的角速度．故A 正确．卫星的加速度为a ＝ω2r ＝GMr2，可知轨道半径大的卫星加速度小，所以卫星a 与b 的加速度大小相等．故B 错误．第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动时最大的运行速度，则知卫星a 的运行速度小于第一宇宙速度，故C 错误．卫星a 与b 的轨道半径相同，角速度相等，则周期也相等，所以卫星b 的周期等于24 h ，故D 错误．故选A.6．如图所示的电路中电表均为理想电表，闭合开关S ，将滑动变阻器的滑片P 向右移动至某一位置，与移动前相比，下列说法正确的是( )A ．电流表读数变小，电压表读数变大B ．小灯泡L 变亮C ．电源的输出功率一定变大D ．电容器C 所带的电荷量减少解析：选BD.由图可知，电容并联在滑动变阻器两端；当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻减小；则总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，故电流表示数增大，灯泡亮度变亮，因内压增大，故电压表示数减小，故A 错误，B 正确；由P ＝EI 可知，电源的总功率变大，当外阻和内阻相等时输出功率最大，因为不知道外阻和内阻的关系，所以不能判断电源输出功率的变化，故C 错误；因电容器并联在滑动变阻器两端；总电流变大，灯泡及内阻分压增大，则滑动变阻器分压减小，故电容器C 两端的电压减小，所以C 上的电量减小，故D 正确．所以BD 正确，AC 错误．7．如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m ，电阻为R ，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN 和PQ 是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc 边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN 上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v t 图象，图中字母均为已知量．重力加速度为g ，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A ．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba 方向B ．金属线框的边长为v 1(t 2－t 1)C ．磁场的磁感应强度为1v 1（t 2－t 1）mgR v 1D ．金属线框在0～t 4的时间内所产生的热量为2mgv 1(t 2－t 1)＋12m (v 23－v 22)解析：选BCD.金属线框刚进入磁场时，由楞次定律知感应电流方向沿abcda 方向，A 错误．由图象可知，线框先做自由落体运动，t 1匀速进入磁场，直至全部进入磁场，因此线框的边长为v 1(t 2－t 1)，B 正确．由mg ＝B 2l 2v 1R ，代入得B ＝1v 1（t 2－t 1）mgRv 1，C 正确．由能量守恒定律可知，线框入磁场时Q 1＝mgv 1(t 2－t 1)，线框出磁场时Q 2＝mgv 1(t 2－t 1)＋12m (v 23－v 22)，D 正确．8．如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k ，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A 连接；两物块A 、B 质量均为m ，初始时物块均静止．现用平行于斜面向上的拉力F 拉动物块B ，使B 做加速度为a 的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v t 图象如图乙所示(t 1时刻A 、B 的图线相切，t 2时刻对应A 图线的最高点)，重力加速度为g ，则( )A ．A 达到最大速度时的位移mg sin θkB ．拉力F 的最小值为mg sin θ＋maC ．A 、B 分离时t 1＝2（mg sin θ－ma ）akD ．A 、B 分离前，A 和弹簧系统机械能增加解析：选AC.开始时弹簧的压缩量满足2mg sin θ＝kx 1，当A 达到最大速度时加速度为零，此时A 、B 已分离满足mg sin θ＝kx 2，所以A 的位移为x ＝x 1－x 2＝mg sin θk，开始时力F 最小，此时对AB 整体满足F ＋kx 1－2mg sin θ＝2ma ，解得F ＝2ma ；当AB 分离时，AB 之间的弹力为零，此时对A ：kx 3－mg sin θ＝ma ，此时物体A 的位移为x ＝x 1－x 3＝mg sin θ－ma k ＝12at 21，解得t 1＝2（mg sin θ－ma ）ak；A 、B 分离前，A 、B 和弹簧系统除重力和弹力做功外还有力F 做正功，所以机械能增加；A 和弹簧系统除重力和弹力做功以外，还有B 对A 的弹力对A 做负功，所以A 和弹簧系统的机械能减少．选项AC 正确．。
2021年高考物理第一轮复习第5单元机械能增分加练正文
选择题增分特训(五)机械能时间:40分钟(共13题,1~8题为单选,9~12题为多选)1.如图X5-1所示,轻杆一端固定一小球,并绕另一端O点在竖直面内做匀速圆周运动,在小球运动过程中,轻杆对它的作用力()图X5-1A.方向始终沿杆指向O点B.一直不做功C.从最高点到最低点,一直做负功D.从最高点到最低点,先做负功再做正功2.[2019·辽宁大连模拟]滑块以某一初速度从固定的粗糙斜面底端向上运动,然后又滑回斜面底端.若滑块向上运动的位移中点为A,滑块两次经过A点的速率分别为v A1、v A2,上滑和下滑过程的重力势能的变化量的绝对值分别为ΔE p1、ΔE p2,则()A.v A1=v A2,ΔE p1=ΔE p2B.v A1=v A2,ΔE p1>ΔE p2C.v A1>v A2,ΔE p1=ΔE p2D.v A1>v A2,ΔE p1>ΔE p23.从斜面上A点分别以v0、2v0的初速度先后水平抛出两个相同的小球,结果小球分别落在了斜面上的B点和C点,A、B间的距离为s1,B、C间的距离为s2,小球刚要落到B点时重力的瞬时功率为P1,刚要落到C点时重力的瞬时功率为P2,不计空气阻力,则下列关系正确的是()A.s1∶s2=1∶2B.s1∶s2=1∶4C.P1∶P2=1∶2D.P1∶P2=1∶44.[2019·厦门质检]如图X5-2所示,水平传送带以恒定速度v顺时针转动,传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧.将小物块P轻放在传送带左端,P在接触弹簧前速度已达到v,与弹簧接触后弹簧的最大形变量为d.P的质量为m,与传送带间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.从P开始接触弹簧到弹簧第一次达到最大形变的过程中()图X5-2A.P的速度一直减小B.传送带对P做功的功率一直减小C.传送带对P做的功W<μmgdD.弹簧的弹性势能变化量ΔE p=mv2+μmgd5.[2019·福州质检]如图X5-3所示,竖直平面内有一固定光滑的绝缘轨道ABCD,其中倾角θ=37°的斜面AB与半径为R的圆弧轨道平滑相切于B点,CD为竖直直径,O为圆心.质量为m的带负电小球(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放,A、B两点高度差为h,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.下列判断正确的是()图X5-3A.调整高度差h,小球从D点离开圆弧轨道后有可能直接落在B点B.当h=2.5R时,小球会从D点以的速度飞出,做平抛运动C.若在O点放一个正点电荷,则小球通过D点的速度一定大于D.若在O点放一个正点电荷,则小球从C点沿圆弧轨道到D点过程中机械能不守恒6.一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处.物块初动能为E k0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能E k与位移x的关系图线是图X5-4中的()图X5-47.[2019·河北承德一中月考]如图X5-5所示,一轻质橡皮筋的一端系在竖直放置的半径为0.5 m的圆环顶点P,另一端系一质量为 0.1 kg 的小球,小球穿在圆环上可做无摩擦的运动.设开始时小球置于A点,橡皮筋刚好处于无形变状态,A点与圆心O位于同一水平线上,当小球运动到最低点B时速率为1 m/s,此时小球对圆环恰好没有压力.下列说法正确的是(g取10 m/s2) ()图X5-5A.从A到B的过程中,小球的机械能守恒B.从A到B的过程中,橡皮筋的弹性势能增加了0.35 JC.小球过B点时,橡皮筋上的弹力为0.2 ND.小球过B点时,橡皮筋上的弹力为1.2 N8.图X5-6为某游乐园滑草场的示意图,某滑道由上、下两段倾角不同的坡面组成,坡面倾角θ1>θ2,滑车与坡面草地之间的动摩擦因数处处相同.载人滑车从坡顶A处由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好滑到滑道的底端C点停下.若在A、C两点位置不变的情况下,将两段滑道的交接点B向左平移一小段距离,使第一段AB的倾角稍稍变大,第二段BC的倾角稍稍变小.不计滑车在两段滑道交接处的机械能损失,则平移后()图X5-6A.滑车到达滑道底端C点之前就会停下来B.滑车仍恰好到达滑道的底端C点停下C.滑车到达滑道底端C点后仍具有一定的速度,所以应在C点右侧加安全防护装置D.若适当增大滑车与草地之间的动摩擦因数,可使滑车仍恰好到达滑道的底端C点停下9.[2019·江苏南通模拟]“蹦极”是一项深受年轻人喜爱的极限运动,跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在腰间,从几十米高处跳下.如图X5-7所示,某人做蹦极运动,他从高台由静止开始下落,下落过程不计空气阻力,设弹性绳原长为h0,弹性绳的弹性势能与其伸长量的二次方成正比.则他在从高台下落至最低点的过程中,他的动能E k、弹性绳的弹性势能E p随下落高度h变化的关系图像正确的是图X5-8中的()图X5-7图X5-810.[2019·南京师大附中模拟]质量均为m的两个木块A、B用一轻弹簧拴接,静置于水平地面上,如图X5-9甲所示.现用一竖直向上的恒力F拉木块A,使木块A向上做直线运动,如图乙所示.从木块A开始运动到木块B刚要离开地面的过程中,设弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度为g,下列说法中正确的是()图X5-9A.要使B能离开地面,F应大于mgB.A的加速度一定先减小后增大C.A的动能一定先增大后减小D.A、B和弹簧组成的系统机械能一定增大11.节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车.一质量m=1000 kg的混合动力轿车,在平直公路上以速度v1=90 km/h匀速行驶,发动机的输出功率为P=50 kW.当驾驶员看到前方有80 km/h的限速标志时,保持发动机功率不变,立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电,使轿车做减速运动,运动L=72 m后,速度变为v2=72 km/h.此过程中发动机功率的五分之一用于轿车的牵引,五分之四用于供给发电机工作,发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能.假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变.下列说法正确的是()A.轿车以90 km/h的速度在平直公路上匀速行驶时,所受阻力F阻的大小为2×103 NB.驾驶员启动发电机后,轿车做匀减速运动,速度变为v2=72 km/h过程的时间为3.2 sC.轿车速度从90 km/h减到72 km/h过程中,获得的电能E电=6.3×104 JD.轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电能维持其以速度72 km/h匀速运动的距离为31.5 m12.如图X5-10所示,竖直平面内固定有一个半径为R的半圆轨道,一质量为m的滑块(可视为质点)从距半圆轨道右端3R的A处自由下落,经过半圆轨道后,滑块从半圆轨道的左端冲出轨道,刚好能到距半圆轨道左端2R的B处.已知重力加速度为g,不计空气阻力,则()图X5-10A.滑块第一次经过半圆轨道右端D点时的速度大小为B.滑块第一次经过半圆轨道右端D点时对半圆轨道的压力大小为3mgC.滑块第一次通过半圆轨道的过程中克服摩擦力做的功为mgRD.滑块到达B点后返回半圆轨道再次通过D点时的速度大小为13.[2019·四川凉山一诊]如图X5-11所示,在倾角为30°的光滑斜面上,劲度系数为k的轻质弹簧一端连接固定挡板C,另一端连接质量为m的物体A,一轻质细绳通过定滑轮,一端系在物体A上,另一端与质量也为m的物体B相连,细绳与斜面平行,斜面足够长.用手托住物体B使细绳刚好没有拉力,然后由静止释放物体B(运动过程中物体B未落地,重力加速度为g),则()图X5-11A.物体B运动到最低点时,细绳上的拉力为mgB.弹簧恢复原长时,细绳上的拉力为mgC.物体A沿斜面向上运动的最大速度为D.物体A沿斜面向上运动的最大速度为非选择题增分特训(三)机械能时间:40分钟1.在“验证机械能守恒定律”的实验中:(1)某同学用图F3-1甲所示装置进行实验,得到如图乙所示的纸带,A、B、C、D、E为连续的五个点,交流电的频率为50 Hz,测出点A、C间的距离为14.77 cm,点C、E间的距离为16.33 cm,已知当地重力加速度为9.8 m/s2,重物的质量为m=1.0 kg,则重物在下落过程中受到的平均阻力大小F阻=N.图F3-1(2)某同学上交的实验报告中显示重物增加的动能略大于重物减少的重力势能,则出现这一问题的原因可能是(填选项前的字母).A.重物下落时受到的阻力过大B.在计算中误将g取10 m/s2C.重物的质量测量错误D.交流电源的频率小于50 Hz2.一同学想通过实验测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,如图F3-2甲所示,将某一物体每次以大小不变的初速度v0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示,g取10 m/s2.(1)求物体与斜面间的动摩擦因数μ;(2)当θ=53°时,求物体在斜面上能达到的最大位移x'.(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)图F3-23.利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处.如图F3-3所示,已知传送轨道平面与水平方向成37°角,倾角也是37°的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接,弹簧下端固定在斜面底端,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.25.传送带顺时针匀速转动的速度v=4 m/s,两轮轴心相距L=5 m,B、C分别是传送带与两轮的切点,轮缘与传送带之间不打滑.现将质量m=1 kg的工件放在弹簧上,用力将弹簧压缩至A点后由静止释放,工件离开斜面顶端滑到传送带上的B点时速度v0=8 m/s,A、B 间的距离x=1 m.工件可视为质点,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:图F3-3(1)弹簧的最大弹性势能;(2)工件沿传送带上滑的时间.4.如图F3-4所示,让摆球从图中的C位置由静止开始摆下,摆到最低点D处,摆线刚好被拉断,小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动,到达小孔A进入半径R=0.3 m的竖直放置的光滑圆轨道,当摆球进入圆轨道时立即关闭A孔.已知摆线长L=2 m,θ=60°,小球质量为m=0.5 kg,D点与小孔A的水平距离s=2 m,g取10 m/s2.(1)摆线能承受的最大拉力为多少?(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道,求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数μ的范围.图F3-45.[2019·江苏泰州期末]如图F3-5所示,一质量为M、足够长的平板静止于光滑水平面上,平板左端与水平轻弹簧相连,弹簧的另一端固定在墙上.平板上有一质量为m的小物块以速度v0向右运动,且在本题设问中小物块保持向右运动.已知小物块与平板间的动摩擦因数为μ,弹簧弹性势能E p与弹簧形变量x的二次方成正比,初始时刻弹簧处于原长,重力加速度为g.(1)当弹簧伸长量第一次达到最大时,弹簧的弹性势能为E pm,小物块速度大小为,求该过程中小物块相对平板运动的位移大小;(2)求平板速度最大时弹簧的弹力大小;(3)已知上述过程中平板向右运动的最大速度为v,若换用材料相同、质量为的小物块重复上述过程,则平板向右运动的最大速度为多少?图F3-56.如图F3-6所示,光滑水平平台AB上有一根轻弹簧,其一端固定于A处,自然状态下另一端恰好在B处.平台B端连接两个内壁光滑、半径均为R=0.2 m的细圆管道BC和CD,管道CD的D端与光滑水平地面DE相接,水平地面DE的E端通过光滑小圆弧与一粗糙斜面EF相接,斜面与水平地面的夹角θ可在0°≤θ≤75°范围内变化(调节好后即保持不变).一质量为m=0.1 kg的小球(直径略小于细圆管道内径)将弹簧压缩后由静止开始释放,被弹开后以速度v0=2 m/s进入管道.小球与斜面间的动摩擦因数为μ=,g取10 m/s2,不计空气阻力.(1)求小球过B点时对管道的压力大小和方向;(2)当θ取不同值时,求小球运动的全过程中产生的热量Q与tan θ的关系式.图F3-6。
高考物理二轮总复习课后习题 考前热身练 能力题提分练(一)
能力题提分练(一)一、单项选择题1.(山东临沂二模)如图所示,A、B、C是等边三角形的三个顶点,O为该三角形的中心,在A点和B点分别固定电荷量均为q的正点电荷,在O点固定某未知点电荷q'后,C点的电场强度恰好为零。
则O点处的点电荷q'为( )A.负电荷,电荷量为-qqB.负电荷,电荷量为-√33C.正电荷,电荷量为qD.正电荷,电荷量为√3q2.(山东青岛二模)如图所示,高速公路上一辆速度为90 km/h的汽车紧贴超车道的路基行驶。
驾驶员在A点发现刹车失灵,短暂反应后,控制汽车通过图中两段弧长相等的圆弧从B点紧贴避险车道左侧驶入。
已知汽车速率不变,A、B两点沿道路方向距离为105 m,超车道和行车道宽度均为3.75 m,应急车道宽度为2.5 m,路面提供的最大静摩擦力是车重的12,汽车转弯时恰好不与路面发生相对滑动,重力加速度g取10 m/s2,驾驶员的反应时间为( )A.1.6 sB.1.4 sC.1.2 sD.1.0 s3.如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,其边界如图中实线所示,a、b、c、d四点共线,ab=2ac=2ae, fe与ab平行,且ae与ab成60°角。
一粒子束在纸面内从c点垂直于ac射入磁场,粒子质量均为m、电荷量均为q(q>0),具有各种不同速率。
不计重力和粒子之间的相互作用。
在磁场中运动时间最长的粒子,其运动时间为( )A.3πm2qB B.4πm3qBC.5πm4qBD.6πm5qB4.(湖南长沙二模)如图甲所示,曲面为四分之一圆弧、质量为m0的滑块静止在光滑水平地面上,一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面的最下端,且没有从滑块上端冲出去,若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2,作出图像如图乙所示,重力加速度为g,不考虑任何阻力,则下列说法错误的是( )A.小球的质量为bam0B.小球运动到最高点时的速度为aba+bC.小球能够上升的最大高度为a 22(a+b)gD.若a>b,小球在与滑块分离后向左做平抛运动二、多项选择题5.(山东临沂二模)如图所示,两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上,其上有一光滑圆柱C,三者半径均为R。
高考物理总复习选择题增分练七含答案
选择题增分练(七)(满分48分 24分钟)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．(2018·济南市高三二模)下列说法正确的是( )A ．根据玻尔理论，一群处于n ＝4的激发态的氢原子向n ＝2的激发态跃迁时能辐射出6种频率的光B ．天然放射性元素232 90Th(钍)共经历4次α衰变和6次β衰变变成20482Pb(铅)C ．发生光电效应时，光电子来源于原子核外部D ．核衰变时放出的射线都是由带电粒子所组成的解析：选C.A 项中应辐射出3种频率的光，A 项错；B 项中，β衰变不引起质量数变化，所以α衰变的次数为n ＝232－2044＝7次，B 项错误；C 项中，光电子是原子核外电子，D 项中，γ射线是高能电磁波不带电，综上述选项C 正确，D 错误．2．a 、b 两车在同一平直公路上从同一位置由静止开始运动，其v t 图象如图．以下说法正确的是( )A ．t 0时刻，两车相遇B ．t 0时刻，b 车的运动方向发生改变C ．0～t 0时间内，b 车的加速度逐渐减小D ．0～t 0时间内，b 车的平均速度为v 02解析：选C.根据v t 图象与t 轴所围面积为位移，由图可知，在t 0时曲线与直线与t 轴所围面积不相等，所以两车没有相遇，故A 错误；b 车的v t 图象始终为正，所以b 车的运动方向没有改变，故B 错误；v t 图象的切线斜率表示加速度，由图可知在0～t 0时间内，图象的切线斜率减小，故C 正确；0～t 0时间内，由于b 车的位移大于a 车的位移，所以b 车的平均速度大于a 车的平均速度即v 02，故D 错误． 3．(2018·山东青岛市高三一模)如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a 、b 、c 为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c 位于圆环最高点，ac 连线与竖直方向成60°角，bc 连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态．下列说法正确的是( ) A ．a 、b 、c 小球带同种电荷B ．a 、b 小球带异种电荷，b 、c 小球带同种电荷C ．a 、b 小球电量之比为36 D ．a 、b 小球电量之比为39解析：选D.A 项：如a 、b 、c 带同种电荷b 球不会平衡；如a 、b 带异种电荷，b 、c 带同种电荷，则c 球不会平衡，故A 、B 项均错；应是a 、b 小球带同种电荷，b 、c 小球带异种电荷；设环的半径为R ，三个小球的电量分别为q 1、q 2和q 3，由几何关系得ac ＝R ，bc ＝3R ；a 对c 的引力和b 对c 的引力的合力应竖直向下，即F bc ＝3F ac ，则kq 2q 3（3R ）2＝3·kq 1q 3R 2，所以q 1q 2＝39，选项D 正确． 4．如图所示，A 、C 、B 、D 为菱形的四个顶点，E 、F 分别为AC 、BC 的中点，O 为两对角线的交点；一均匀带正电的细杆与对角线AB重合．下列说法正确的是( )A ．E 、F 两点场强相同B ．C 点电势高于D 点电势C ．不计重力的情况下，一带负电的点电荷在C 点获得初速度后，可能做匀速圆周运动D ．将一负电荷从E 点沿直线移动到F 点的过程中，电势能先增加后减小解析：选C.由对称性知，AB 在C 的场强竖直向上，同理AO在E 点的场强竖直向上，OB 段在E 点的场强向左上方，则合起来亦是向左上方，同理AB 在F 的场强是右上方．故E 、F 两点场强大小相等，方向不同，选项A 错误；同样由于对称性，C 、D 两点电势相等，B 项错误；AB 的中垂面上距O 等距的点场强大小相等，方向指向无穷远，负电荷所受电场力指向O 点，故C 项正确；定性描绘出AB 上方的电场线，等势面如图所示，故从E 到F 电势先增加再降低，故负电荷的电势能先减小后增加；选项D 错误．5．如图所示，在平面直角坐标系中，x 轴上方区域存在匀强磁场，磁场方向垂直于坐标系平面向里．y 轴上纵坐标等于r 的A 点有一粒子发射源，可向磁场所在区域沿不同方向发射出质量为m 、电荷量为－q 的粒子，粒子速度大小相同，在这些粒子经过x 轴上的所有点中，P 点离坐标原点距离最远，其横坐标为3r .则下列说法中正确的是( )A ．粒子在磁场中运动经过P 点时，运动轨迹与x 轴相切B ．粒子在磁场中运动的时间最短时，运动轨迹与x 轴相切C ．粒子在磁场中运动的轨道半径等于rD ．粒子在x 轴负半轴上能经过的最远点横坐标等于－3r解析：选C.由题可得AP 长度等于粒子做圆周运动的直径，故粒子在磁场中运动的轨道半径R ＝12r 2＋（3r ）2＝r ，所以粒子在磁场中运动经过P 点时，运动轨迹与x 轴不相切，故A 错误，C 正确；粒子在磁场中运动的时间最短时，由t ＝s v 可知运动的弧长最短，对应的弦长最短，故粒子在磁场中运动经过O 点时，对应的弦长最短，所以运动轨迹与x 轴不相切，故B 错误；粒子在x 轴负半轴上能经过的最远点时，运动轨迹与x 轴相切，故横坐标等于－r ，故D 错误．6．如图所示，水平边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面垂直，边界间距为L ；一个边长为L 的正方形导线框竖直向上运动，某时刻上边恰好与磁场的下边界重合，此时线框的速度大小为v 0；经时间t 1线框的上边与磁场的上边界重合，此时线框的速度刚好为零；再经时间t 2线框的上边恰好又与磁场的下边界重合，此时线框的速度大小为v ；运动过程中，线框与磁场方向始终垂直，且线框上、下边始终水平．重力加速度为g ；下列说法正确的是( )A ．线框进入磁场的过程中，其感应电流沿逆时针方向B ．线框从进入磁场到离开磁场的过程中，加速度逐渐减小C ．t 1＞t 2D ．t 1＋t 2＝v 0＋v g解析：选ABD.由楞次定律可知，线框进入磁场过程中，感应电流沿逆时针方向，A 项正确；线框在上升时有：mg ＋B 2L 2v R ＝ma ，v 减小时a 减小；线框下降时，mg －B 2L 2v R＝ma ′，v增加，a ′减小，B 项正确．由a 上＞a 下，由L ＝12at 2可定性判知t 1＜t 2，C 项错误；对线框的上升和下降分别应用动量定理：mgt 1＋BI 1Lt 1＝mv 0－0，mgt 2－BI 2Lt 2＝mv －0，且I 1t 1＝I 2t 2＝q ＝ΔΦR ，故t 1＋t 2＝v 0＋v g，选项D 正确． 7．一根轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m 的小球(可视为质点)，从距弹簧上端h 处自由下落并压缩弹簧，如图所示．若以小球下落点为x 轴正方向起点，设小球从开始下落到压缩弹簧至最大时位置为H ，不计任何阻力，弹簧均处于弹性限度内；小球下落过程中加速度a ，速度v ，弹簧的弹力F ，弹性势能E p 变化的图象可能正确的是( )解析：选AD.小球接触弹簧之前做自由落体运动，小球从开始压缩弹簧到把弹簧压缩到最短的过程中，存在一个重力G 的大小等于弹力F 的位置，小球向下运动到此位置的过程中，F ＜G ，小球做加速度逐渐减小的加速运动；从此位置到弹簧最短的过程中，F ＞G ，小球做加速度逐渐增加的减速运动，A 正确；小球落到弹簧之前速度均匀增加，落上后，速度还会继续增大，然后再减小，B 错误；弹簧的弹力F ＝k ·Δx ，与位移为线性关系，C 错误；由分析可知，弹簧的弹性势能E ＝k ·（Δx ）22，与位移为非线性关系，D 正确．8．如图所示，薄半球壳ACB 的水平直径为AB ，C 为最低点，半径为R .一个小球从A 点以速度v 0水平抛出，不计空气阻力．则下列判断不正确的是( )A ．只要v 0足够大，小球可以击中B 点B ．v 0取值不同时，小球落在球壳上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同C ．v 0取值适当，可以使小球垂直撞击到半球壳上D ．无论v 0取何值，小球都不可能垂直撞击到半球壳上解析：选ABC.小球做平抛运动，竖直方向有位移，v0再大也不可能击中B点；v0不同，小球会落在半球壳内不同点上，落点和A点的连线与AB的夹角φ不同，由推论tan θ＝2tan φ可知，小球落在球壳的不同位置上时的速度方向和水平方向之间的夹角θ也不相同，若小球垂直撞击到半球壳上，则其速度的反向延长线一定经过半球壳的球心，且该反向延长线与AB的交点为水平位移的中点，而这是不可能的．A、B、C错误，D正确．。
高考复习(物理)专项练习：选择题专项练【含答案及解析】(五)
选择题专项练(五)(满分:40分时间:30分钟)一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。
每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2021山东泰安高三二模)2021年1月30日,华龙一号全球首堆中核集团福建福清核电5号机组投入商业运行,这标志着我国在三代核电技术领域跻身世界前列。
目前核能发电都是利用核裂变反应,下列方程表示重核裂变的是()A.92235U+01n Ba+3689Kr+301n0eB.90234Th Pa+-1C.24He+49Be n+612CD.12H+13H He+01n2.(2021湖南衡阳高三一模)将运动员推冰壶的情境简化为图甲的模型,t=0时,运动员对冰壶施加一水平向右的推力F=3 N,作用1 s后撤去推力F,冰壶运动的v-t图像如图乙所示,已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ=0.1,则冰壶的质量和t=1 s时冰壶的速度大小分别为()(g取10 m/s2)甲乙A.1 kg,1 m/sB.1 kg,2 m/sC.2 kg,1 m/sD.2 kg,2 m/s3.(2021山东德州高三一模)如图所示,竖直墙壁上的M、N两点在同一水平线上,固定的竖直杆上的P 点与M点的连线水平且垂直MN,轻绳的两端分别系在P、N两点,光滑小滑轮吊着一重物可在轻绳上滑动。
先将轻绳右端沿直线缓慢移动至M点,然后再沿墙面竖直向下缓慢移动至S点,整个过程重物始终没落地。
则整个过程轻绳张力大小的变化情况是()A.一直增大B.先增大后减小C.先减小后增大D.先减小后不变4.(2021天津高三模拟)右图为模拟气体压强产生机理的演示实验。
操作步骤如下:①把一颗豆粒从距秤盘20 cm处松手让它落到秤盘上,观察指针摆动的情况;②再把100颗左右的豆粒从相同高度均匀连续地倒在秤盘上,观察指针摆动的情况;③使这些豆粒从更高的位置均匀连续地倒在秤盘上,观察指针摆动的情况。
下列说法正确的是()A.步骤①和②模拟的是气体压强与气体分子平均动能的关系B.步骤②和③模拟的是气体压强与分子密集程度的关系C.步骤②和③模拟的是大量气体分子分布所服从的统计规律D.步骤①和②模拟的是大量气体分子频繁碰撞器壁产生压力的持续性5.(2021广东肇庆高三二模)如图所示,一小车在平直道路上向右运动,车内一条光滑轻绳ACB两端固定在水平车顶上,一质量为m的小圆环穿过轻绳且可在绳上自由滑动。
2021高考物理总复习选择题增分练
2021高考物理总复习选择题增分练(满分48分 24分钟)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．下列叙述正确的是( )A ．若铀235的体积超过它的临界体积，裂变的链式反应就能够发生B ．依照玻尔理论，在氢原子中，电子吸取光子从低能级跃迁到高能级，电子的能量变大，动能也变大C ．只要入射光的强度足够强，照耀时刻足够长，就一定能产生光电效应D ．核反应的实质是粒子对核撞击而打出新粒子使核变为新核解析：选A.只要铀235的体积超过它的临界体积，就能产生裂变的链式反应，A 正确；在氢原子中，电子吸取光子从低能级跃迁到高能级，电子的能量变大，轨道半径变大，电势能变大，但动能变小，B 错误；某种金属能否发生光电效应取决于入射光的频率，选项C 错误；核反应是原子核在其他粒子的轰击下产生新原子核的过程，并不一定打出新粒子，D 错误；故选A.2．一小球做自由落体运动，落地前最后1 s 内的位移为45 m ，已知重力加速度g 取10 m/s 2，则该小球下落过程中的平均速度为( )A ．45 m/sB ．35 m/sC ．25 m/sD ．22.5 m/s 解析：选C.由平均速度的定义式可知，最后1 s 的平均速度为v ＝x t＝45 m/s ，匀变速运动中平均速度等于时刻中点的瞬时速度，设下落总时刻为T ，则g (T －0.5 s)＝45 m/s ，解得T ＝5 s ，全程的平均速度等于时刻中点的瞬时速度，即2.5 s 时的瞬时速度v ＝gt ′＝10×2.5 m/s＝25 m/s ，C 正确．3．如图所示，带电荷量为－q 的平均带电半球壳的半径为R ，CD 为通过半球顶点C 与球心O 的轴线，P 、Q 为CD 轴上在O 点两侧离O 点距离相等的两点，假如是平均带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等，则下列判定正确的是( )A ．P 、Q 两点的电势、电场强度均相同B ．P 、Q 两点的电势不同，电场强度相同C ．P 、Q 两点的电势相同、电场强度等大反向D ．在Q 点由静止开释一带负电的微粒(重力不计)，微粒将做匀加速直线运动解析：选B.半球壳带负电，因此在CD 上电场线沿DC 方向向上，因此P 点电势一定低于Q 点电势，A 、C 错误；若在O 点的下方再放置一同样的半球壳组成一完整的球壳，则P 、Q 两点的电场强度均为零，即上、下半球壳在P 点的电场强度大小相等方向相反，由对称性可知上半球壳在P 点与在Q 点的电场强度大小相等方向相同，B 正确；在Q 点由静止开释一带负电微粒，微粒一定做变加速运动，D 错误．4．如图所示，以MN 、PQ 为边界的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽为2L ，高为L 的正三角形闭合金属框由粗细平均的电阻丝围成，在外力作用下由图示位置被水平向右匀速拉过磁场区域，ab 边平行MN 且垂直金属框运动方向，取逆时针方向为电流的正方向，则金属框中的感应电动势E 、感应电流I ，所施加的外力F 及外力的功率P 随位移x 的变化关系图正确的是( )解析：选B.金属框进入磁场的过程中，穿过金属框的磁通量增加，由楞次定律可知此过程中感应电流为逆时针方向，而此过程金属框切割磁感线的有效长度l ＝2x ·tan 30°且平均增加，完全进入磁场后，穿过金属框的磁通量不变，回路中无感应电流和感应电动势，排除A 选项；0～L 位移内，因金属框做匀速直线运动，因此F 外＝F 安＝BIl ＝B 2l 2v R ＝4B 2x 2v Rtan 2 30°，即外力随位移的增大而非线性增大，排除C 选项；0～L 位移内，外力的功率P ＝F外v ＝4B 2x 2v 2Rtan 2 30°，即外力的功率随位移的增大而非线性增大，排除D 选项；因此B 选项正确．5．如图甲所示，升降机内固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面底端安装一个能显示弹簧作用力的传感器，以弹簧受压时传感器示数为正，传感器通过一根轻弹簧连接着一个质量为2m的金属球．运动中的升降机突然停止，以停止运动为计时起点，在此后的一段时刻内传感器上显示的弹力随时刻变化的关系如图乙所示，且金属球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是( )A．升降机在停止运动前是向上运动的B．0～t1时刻段内金属球做减速运动C．t1～t2时刻段内金属球处于超重状态D．t2和t4两时刻金属球的加速度和速度的大小均相同解析：选D.由于升降机停止运动前传感器的示数为0，说明弹簧处于原长状态，即升降机有向下的加速度g，而0～t1时刻段内示数增加，说明弹簧被压缩，即升降机突然停下后金属球由于惯性而向下运动，故停止前升降机是向下运动的，A错误；0～t1时刻段内弹簧的形变量逐步增大，但当F＝mg时金属球所受的合外力为0，即金属球前一段做加速度逐步减小的加速运动，后一段做加速度逐步增大的减速运动，B错误；t1～t2时刻段可分为两段，F＝mg时金属球的加速度为0，前一段时刻金属球加速度向上并处于超重状态，后一段时刻金属球加速度向下并处于失重状态，C错误；t2和t4两时刻弹簧的形变量均为0，金属球在斜面方向上只有重力的分力产生加速度，故两时刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系统的机械能守恒，因此两个时刻速度的大小相等，但t2时刻金属球沿斜面向上运动，而t4时刻金属球沿斜面向下运动，二者的方向不同，D正确．6．一电子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能E p随位移x变化的关系如图所示，其中0～x1段是曲线，x1～x2段是平行于x轴的直线，x2～x3段是倾斜直线，下列说法正确的是( )A．从0到x1电势逐步降低B．x2处的电势比x3处高C ．x 1～x 2段电场强度为零D ．x 2～x 3段的电场强度减小解析：选AC.由ΔE p ＝－W 电＝－qEx ，即ΔE p Δx ＝qE ，即E p x 图象中的斜率表示电子受的电场力，因此C 项正确，D 项错误；因为φ＝E p－e，可知0～x 1电势逐步降低，A 项正确；B 项错误；故正确选项为AC.7．如图所示，足够长的木板P 静止于光滑水平面上，小滑块Q 位于木板P 的最右端，木板P 与小滑块Q 之间的动摩擦因数μ＝0.2，木板P 与小滑块Q 质量相等，均为m ＝1 kg.用大小为6 N 、方向水平向右的恒力F 拉动木板P 加速运动1 s 后将其撤去，系统逐步达到稳固状态，已知重力加速度g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．木板P 与小滑块Q 所组成的系统的动量增加量等于拉力F 的冲量B ．拉力F 做功为6 JC ．小滑块Q 的最大速度为3 m/sD ．整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3 J解析：选ACD.对系统由动量定理得Ft ＝mv P ＋mv Q ＝2mv 共，即木板P 与小滑块Q 所组成系统的动量增加量一定等于拉力F 的冲量，A 正确；若木板P 与小滑块Q 相对静止一起加速运动，则拉力F 不能超过μmg m·2m ＝4 N ，拉力F 为6 N 大于4 N ，故二者发生相对滑动，对木板P 由牛顿第二定律F －μmg ＝ma ，解得a ＝4 m/s 2.1 s 内木板P 的位移x ＝12at 2＝2 m ，拉力F 做功W ＝Fx ＝12 J ，B 错误；二者共速时，小滑块Q 的速度最大，Ft ＝2mv 共，v 共＝3 m/s ，C 正确；整个过程中，对系统由能量守恒可知W ＝12×2mv 2共＋Q .解得Q ＝3 J ，D 正确． 8．矩形边界ABCD 内存在磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直纸面向里，AB 长为2L ，AD 长为L .从AD 的中点E 发射各种速率的粒子，方向与AD 成30°角，粒子带正电，电量为q ，质量为m ，不计粒子重力与粒子间的相互作用，下列判定正确的是( )A ．粒子可能从BC 边离开B ．通过AB 边的粒子最小速度为3qBL 4mC ．通过AB 边的粒子最大速度为qBL mD ．AB 边上有粒子通过的区域长度为⎝ ⎛⎭⎪⎫33＋1L 解析：选CD.最有可能从BC 边离开的粒子应与DC 边相切，设半径为r 1，圆心为O 1，由几何知识知r 1sin 30°＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1－L 2因此r 1＝L ，即O 1应在AB 边上，则O 1F 应为半径r 1＝L ，而O 1A ＝r 1cos 30°＝32L ，因此O 1A ＋O 1F ＝L ＋32L ＜2L ，因此粒子不可能从BC 边离开；且上述情形为经AB 边的粒子半径最大的情形，由r ＝mvqB 知，v m ＝qBL m，选项A 错误、C 正确，当粒子与AB 相切时，速度最小，圆心为O 2，半径为r 2，则有r 2＋r 2sin 30°＝L 2，故r 2＝L 3，又因为r 2＝mv 2qB ，因此v 2＝qBL 3m为最小速度，选项B 错误，AB 上切点M 与点F 之间的长度为粒子通过的区域，l ′＝r 1＋r 1cos 30°－r 2cos 30°＝L ＋32⎝ ⎛⎭⎪⎫L －L 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33＋1L ，故D 项正确．。
高考物理选择题增分练(三)(解析版) (2)
选择题增分练(三)（原卷版）说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．下列选项中，说法正确的是()A．光电效应揭示了光的波动性，爱因斯坦发现了光电效应的规律B．普朗克提出了能量子的假说，爱因斯坦利用能量子假说成功解释了黑体辐射的强度按波长分布的规律C．放射性元素放出的α粒子是原子核内的两个质子和两个中子组成的D．结合能指的是把核子分开需要的能量，比结合能是结合能与核子数之比，比结合能越小，原子核越稳定2．如图所示，一个质量为m的滑块置于倾角为30°的固定粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上的Q点，直线PQ与斜面垂直，滑块保持静止．则()A．弹簧可能处于原长状态B．斜面对滑块的摩擦力大小可能为零C．斜面对滑块的支持力大小可能为零D．滑块一定受到四个力作用3．如图所示，真空中两等量异种点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q1带正电．三角形acd为等腰三角形，cd边与x轴垂直且与x轴相交于b点，则下列说法正确的是()A．a点电势高于b点电势B．a点场强小于b点场强C．将电子从a点移动到c点，电场力做正功D．将电子从d点移动到b点，电势能不变4．某发电厂的发电机组输出的电压恒为400 V，将其通过升压变压器升压后加在输电线上向距离较远的用户端变电站供电，输电线总电阻为5 Ω，当输送的电功率恒为200 kW时，发电厂提供的电能与用户端消耗的电能不相等，二者在一个小时内相差50度电，则下列说法正确的是()A．输电线上损失的功率为50 WB．供电端升压变压器的匝数比为1∶5C．输电线上损失的电压为50 VD．若输电功率增大，则输电线上损失的功率将会减小5．如图甲所示，某高架桥的引桥可视为一个倾角θ＝30°、长l＝500 m的斜面．一辆质量m＝2 000 kg的电动汽车从引桥底端由静止开始加速，其加速度a随速度v变化的关系图象如图乙所示，电动汽车的速度达到1 m/s后，牵引力的功率保持恒定．已知行驶过程中电动汽车受到的阻力F f(摩擦和空气阻力)不变，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是()A．电动汽车所受阻力F f＝12 000 NB．电动汽车的速度达到1 m/s后，牵引力的功率P0＝12 kWC．第1 s内电动汽车牵引力的功率P与时间t满足P＝12 000tD．第1 s内电动汽车机械能的增加量等于牵引力与阻力做功的代数和，大小为6 000 J6．如图所示，探月卫星由地面发射后进入地月转移轨道，经多次变轨最终进入距离月球表面100公里、周期为118分钟的圆轨道∶，开始进行探月工作．下列说法正确的是( )A ．卫星在轨道∶上经过P 点时的运行速度比在轨道∶上经过P 点时的运行速度小B ．卫星在轨道∶上经过P 点时的加速度比在轨道∶上经过P 点时的加速度小C ．卫星在轨道∶上的机械能比在轨道∶上的机械能小D ．卫星在轨道∶上的机械能比在轨道∶上的机械能大7．如图所示，一质量为m 的小球(可视为质点)从离地面高H 处水平抛出，第一次落地时的水平位移为43H ，反弹的高度为916H .已知小球与地面接触的时间为t ，重力加速度为g ，不计摩擦和空气阻力．下列说法正确的是( )A ．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为7m 2gH 4tB ．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为7m 2gH 4t＋mg C ．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2HD ．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为32H8．如图，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙固定在水平面上，右端接一个阻值为R 的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止，已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g )( )A ．金属棒中的最大电流为Bd 2gh 2RB ．金属棒克服安培力做的功为mghC ．通过金属棒的电荷量为BdL 2RD ．金属棒产生的电热为12mg (h －μd )。
「精品」高考物理总复习选择题增分练六
选择题增分练(六)(满分48分24分钟)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．2016年底以来，共享单车风靡全国各大城市，如图所示，单车的车锁内集成了嵌入式芯片、GPS模块和SIM卡等，便于监控单车在路上的具体位置．用户仅需用手机上的客户端软件(APP)扫描二维码，即可自动开锁，骑行时手机APP上能实时了解单车的位置；骑行结束关锁后APP就显示计时、计价、里程等信息．此外，单车能够在骑行过程中为车内电池充电，满足定位和自动开锁等过程中的用电．根据以上信息判断下列说法正确的是( )A．单车的位置信息是借助北斗卫星导航系统准确定位的B．单车是利用电磁感应原理实现充电的C．由手机APP上的显示信息，可求出骑行的平均速度D．单车在被骑行过程中受到地面的摩擦力表现为阻力解析：选B.单车某个时刻的准确位置信息是借助通讯卫星GPS定位确定的，故A错误；单车在运动过程通过电磁感应将机械能转化为电能从而实现充电，故B正确；由手机APP上的显示信息包括路程和时间，没有说明具体的位移，故不可以求出骑行的平均速度，故C错误．单车在被骑行过程中前轮受摩擦力向后，表现为阻力，后轮受摩擦力向前，表现为动力，选项D错误；故选B.2．(2018·山东泰安市高三二模)如图所示，水平面上A、B两物块的接触面水平，二者叠放在一起．在作用于B上的水平恒定拉力F的作用下沿地面向右做匀速运动，某时刻撤去力F后，二者仍不发生相对滑动．下列说法正确的是( )A．撤去F之前A受到3个力作用B．撤去F之前B受到4个力作用C．撤去F前后，A的受力情况不变D．A、B间的动摩擦因数不小于B与地面间的动摩擦因数解析：选D.A、B、撤去F前，整体做匀速运动，故B受地面的摩擦力与F平衡，而A水平方向不受外力，故A不受B的摩擦力，B受重力、支持力、压力、拉力和地面的摩擦力共5个力作用；A 只受重力和B对A的支持力，A受两个力的作用；A错误；B错误；C、撤去拉力F后，由于整体做减速运动，A 受到重力和B 对A 的支持力及B 对A 的摩擦力，A 受3个力的作用；C 错误；D 、撤去拉力F 后，由于整体做减速运动，整体的加速度a ＝μ2g ，而A 的加速度a A ＝μ2g ≤μ1g ，即μ2≤μ1，D 正确；故选D.3．如图所示，绷紧的倾斜传送带始终以恒定的速率v 1顺时针运行，初速度大小为v 2的小物块从底端滑上传送带，以地面为参考系v 2＞v 1.从小物块滑上传送带开始计时，其在传送带上运动的图象不可能为( )解析：选D.小物块滑上传送带后做匀减速直线运动，可能在速度减为v 1以前已经到达最高点，因此A 正确．若小物块速度减为v 1后还没有到达最高点，若μmg cos θ＞mg sin θ，那么小物块将匀速向上运动，故B 正确．若μmg cos θ＜mg sin θ，小物块将继续减速上滑但加速度减小，可能在未到达最高点时速度为零向下加速下滑，加速度不变，因此C 正确．小物块上滑过程中速度不可能立即反向，因此D 错误．选D.4．如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向通电时可以理解为短路，反向通电时可理解为断路)连接，电源正极接地．初始电容器不带电，闭合开关，电路稳定后，一带电油滴位于电容器中的P 点且处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．上极板上移，带电油滴向下运动B ．上极板上移，P 点电势升高C ．上极板下移，带电油滴向下运动D ．上极板下移，P 点电势升高解析：选D.将上极板向上移动，d 变大，由C ＝εr S 4πkd可知，C 变小，而U 不变，要放电，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E ＝4πkQ εr S可知电容器两极板间的电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴静止不动，上极板电势为零，P 点到上极板的距离增大，根据U ＝Ed 可知P 与上极板间的电势差的绝对值增大，而电场中的电势都为负，所以P 点电势减小，A 、B 错误；若上极板下移，则d 变小，C 变大，两极板间的电压U 等于电源电动势不变，电场强度E ＝U d变大，电场力变大，电场力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上运动，P 点到下极板的距离不变，根据U＝Ed可知P与下极板间的电势差的绝对值增大，总电压一定，则P与上极板的电势差减小，而电场中的电势都为负，所以P点电势增大，C错误，D正确．5．(2018·衡水中学押题卷)如图所示，足够长的宽度为d的条形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，直角三角形金属线框ABC的BC边长度为L，已知L＞d.现令线框在外力作用下以速度v0匀速穿过磁场区域，以B点进入磁场的时刻为计时起点，规定线框中电流沿逆时针方向为正方向，则在线框穿过磁场的过程中，线框中的电流i随时间t的变化情况可能是( )解析：选C.B点进入磁场后直至线框位移为d的过程中，线框的有效切割长度随时间均匀增大，线框中电流随时间均匀增大至I0，方向为逆时针，已知L＞d，线框位移大于d小于L的过程中，其有效切割长度不变，线框中电流不变，仍为逆时针，线框出磁场的过程中，有效切割长度随时间均匀增大，电流随时间均匀增大，A、D错误；由B项的横轴可知L＝2d，由几何关系可知线框位移为L时的有效切割长度与位移为d时的有效切割长度相等，故电流等大，但方向为顺时针，位移为L ＋d时，有效切割长度是位移为d时的2倍，电流为－2I0，B错误；由C项的横轴可知L＝3d，由几何关系可知线框位移为L时的有效切割长度是位移为d时的2倍，故电流为－2I0，位移为L＋d时，有效切割长度是位移为d时的3倍，电流为－3I0，C正确．6．如图甲所示的电路中，变压器为理想变压器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，L为标有“22 V 20 W”的白炽灯泡，所有电表均为理想电表．当变压器原线圈输入如图乙所示的交变电压时，灯泡L 正常发光．则下列说法正确的是( )A ．通过R 的交变电流频率为50 HzB ．变压器原、副线圈的匝数比为10∶1C ．变压器原、副线圈铁芯中磁通量变化率之比为10∶1D ．当滑动变阻器R 的滑动片P 向下移动时，电流表A 1和A 2的示数均增大解析：选ABD.由乙图可知，周期T ＝2×10－2 s ，则频率为f ＝1T ＝12×10－2＝50 Hz ，故A 正确；由乙图可知，原线圈的最大电压为U m ＝220 2 V ，则原线圈电压的有效值U 1＝U m 2＝220 V ，而此时灯泡正常发光，由并联电路的特点可知，此时副线圈两端的电压U 2＝U L ＝22 V ，故变压器原、副线圈的匝数比为n 1n 2＝U 1U 2＝22022＝101，故B 正确；原、副线圈均在同一个铁芯上，其磁通量变化率相同，故C 错误；当滑动变阻器R 的滑动片P 向下移动时，R 的有效阻值减小，副线圈电压不变，故副线圈的电流增大，根据n 1n 2＝I 2I 1可知，原线圈的电流也增大，故电流表A 1和A 2的示数均增大，故D 正确．7．嫦娥工程分为三期，简称“绕、落、回”三步走．我国发射的“嫦娥三号”卫星是嫦娥工程第二阶段的登月探测器，该卫星先在距月球表面高度为h 的轨道上绕月球做周期为T 的匀速圆周运动，再经变轨后成功落月．已知月球的半径为R ，引力常量为G ，忽略月球自转及地球对卫星的影响．则以下说法正确的是( )A ．物体在月球表面自由下落的加速度大小为4π2（R ＋h ）3T 2R2 B ．“嫦娥三号”绕月球做匀速圆周运动时的线速度大小为2πR TC ．月球的平均密度为3π（R ＋h ）3GT 2R3 D ．在月球上发射月球卫星的最小发射速度为2πR T R ＋h R解析：选AC.在月球表面，重力等于万有引力，则得：G Mm R2＝mg ；对于“嫦娥三号”卫星绕月球做匀速圆周运动过程，由万有引力提供向心力得：G Mm （R ＋h ）2＝m 4π2T 2(R ＋h )，联立解得：g ＝4π2（R ＋h ）3T 2R 2，故A 正确；“嫦娥三号”卫星绕月球做匀速圆周运动，轨道半径为r ＝R ＋h ，则它绕月球做匀速圆周运动的速度大小为v ＝2πr T＝2π（R ＋h ）T ，故B 错误；根据G Mm （R ＋h ）2＝m 4π2T 2(R ＋h )，解得月球的质量为M ＝4π2（R ＋h ）3GT 2，月球的平均密度为ρ＝M 43πR 3＝3π（R ＋h ）3GT 2R 3，故C 正确；设在月球上发射卫星的最小发射速度为v ，则有：G Mm R 2＝mg ＝m v 2R ，解得v ＝gR ＝2π（R ＋h ）T R ＋h R，故D 错误．8．如图所示，一小球套在倾角为37°的固定直杆上，轻弹簧一端与小球相连，另一端固定于水平地面上O 点．小球由A 点静止释放，它沿杆下滑到达最低点C 时速度恰为0.A 、C 相距0.8 m ， B 是A 、C 连线的中点，OB 连线垂直AC ，小球质量为1 kg ，弹簧原长为0.5 m ，劲度系数为40 N/m ，sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2.则小球从A 到C 过程中，下列说法正确的是( )A ．小球经过B 点时的速度最大B ．小球在B 点时的加速度为6 m/s 2C ．弹簧弹力对小球先做正功后做负功D ．小球从A 到B 过程和从B 到C 过程摩擦力做功相等解析：选BD.小球合外力等于0时速度最大，在B 点时由于弹簧弹力为k (l －OB )＝40 N/m×(0.5－0.3)m ＝8 N ，方向垂直杆向上，重力垂直于杆的分力为mg cos θ＝1×10×0.8 N＝8 N ，方向垂直于杆向下，所以小球在B 点时合外力F ＝mg sin θ＝1×10×0.6 N＝6 N ，所以经过B 点时速度不是最大，A 错误；此时加速度a ＝F m ＝6 N 1 kg＝6 m/s 2，B 正确；在AB 段弹簧弹力与小球位移夹角大于90°，所以做负功，BC 段做正功，C 错误；A 、C 两点小球速度为0，由图形的对称性知AB 过程和BC 过程摩擦力做功相等，D 正确．。
新教材2024届高考物理二轮复习增分练1思维方法含答案
第二部分 专项增分练 专项增分练1 思维方法练【1.逆向思维法】1．[2023·山东枣庄模拟]如图所示，完全相同的三块木块并排固定在水平地面上，一颗子弹以速度v 1水平射入，若子弹在木块中做匀减速直线运动且穿过第三块木块后速度恰好为零，则下列说法中正确的是( )A ．子弹依次射入每块木块时的速度之比为v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．子弹依次射入每块木块时的速度之比为v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1C ．子弹穿过每块木块所用时间之比为t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶ 3D ．子弹穿过每块木块所用时间之比为t 1∶t 2∶t 3＝1∶(2－1)∶(3－2)2．如图所示，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H .上升第一个H 4所用的时间为t 1，第四个H 4所用的时间为t 2.不计空气阻力，则t 2t 1满足( )A ．1＜t 2t 1＜2B ．2＜t 2t 1＜3C ．3＜t 2t 1＜4D ．3＜t 2t 1＜53．[2023·浙江模拟]如图甲所示，抚州市两名消防员在水平地面A 、B 两处使用相同口径的喷水枪对高楼着火点进行灭火．喷水枪喷出水的运动轨迹简化为如图乙所示，假设两喷水枪喷出的水均能垂直击中竖直楼面上的同一位置P 点．不计空气阻力，则( )A ．A 处水枪喷出的水在空中运动的时间较长B ．A 处水枪喷口每秒喷出水的体积较大C ．B 处水枪喷出的水击中墙面的速度较大D ．B 处水枪喷口喷出水的初速度较大【2.微元法】4．用水平拉力拉着物块沿半径为R 的水平圆轨道运动一周，如图所示，已知物块与轨道间的动摩擦因数为μ，物块质量为m ，重力加速度为g ，则此过程中摩擦力所做的功为( )A ．－2μmg πRB ．2μmg πRC ．μmg πRD ．0 5．[2023·北京石景山模拟]如图所示，一个均匀的带电圆环，带电量为＋Q ，半径为R ，放在绝缘水平桌面上．圆心为O 点，过O 点做一竖直线，在此线上取一点A ，使A 到O 点的距离为R ，在A 点放一检验电荷＋q ，则＋q 在A 点所受的静电力为( )A ．2kQq 4R 2，方向向下B ．kQqR 2，方向向上 C ．kQq R 2，方向向下D ．2kQq 4R2，方向向上 6．[2023·福建泉州一模]水刀(如图所示)，即以水为刀，本名高压水射流切割技术，以其冷切割不会改变材料的物理化学性质而备受青睐．目前在中国，“水刀”的最大压强已经做到了420MPa.“水刀”在工作过程中，将水从细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料的表面上，假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散开没有反弹，已知水的密度为ρ＝1.0×103kg/m 3，试估算要达到我国目前的“水刀”压强，则该“水刀”喷出的水流速度约为 ( )A ．600m/sB ．650m/sC ．700m/sD ．750m/s7．[2023·陕西汉中模拟](多选)如图所示，相距为l 的平行光滑导轨ABCD 和MNPQ 两侧倾斜、中间水平，且电阻不计，在导轨的两端分别连有电阻R 1和R 2，且电阻R 1＝R 2＝r ，左侧倾角为θ，在ABNM 区域内存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，水平部分虚线ef 和gi 之间的矩形区域内，有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度也为B 0.一质量为m 、电阻为r 、长度也为l 的金属导体棒，从距水平轨道h 高处由静止释放，滑到底端时的速度为v 0，第一次穿过efig 磁场区域后速度变为13v 0.已知导轨和金属棒始终接触良好，倾斜部分轨道和水平部分平滑连接，则下列说法正确的有( )A.导体棒从静止开始下滑到底端BN 过程中，电阻R 1上产生的热量为13(mgh －12mv 20 )B ．导体棒第一次通过水平区域磁场过程中通过导体棒的电荷量为2mv 03B 0lC ．虚线ef 和gi 之间的距离mv 0rB 20 l 2D ．导体棒最终可能停在水平磁场ef 处【3.对称法】8．[2023·云南丽江模拟](多选)如图所示，边长为2a 的正方形ABCD 的中心在直角坐标系xOy 的原点O ，AD 平行于x 轴，电荷量为－Q 的点电荷固定在G 点(－2a ，0)，电荷量为＋Q 的点电荷固定在H 点(2a ，0).电荷量为＋q 的点电荷在外力作用下从A 点沿AD 运动到D 点，再沿DC 运动到C 点．则( )A ．A 、B 两点的电场强度大小相等 B ．A 、B 两点的电场强度方向相同C ．点电荷＋q 从A 到D 的过程中，电势能增大 D ．点电荷＋q 从D 到C 的过程中，电势能保持不变9．[2023·浙江模拟]如图，电荷量为q 的点电荷与均匀带电薄板相距2d ，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中A 点的电场强度为0，则图中B 点的电场强度的大小为( )A ．0B ．kq d 2C ．8kq 9d 2D ．10kq9d210．如图，一束单色光射入一玻璃球体，入射角为60°.已知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射回到空气中时与入射光线平行．此玻璃的折射率为( )A ． 2B ．1.5C ． 3D ．211．(多选)如图是某鱼漂的示意图，O 、M 、N 为鱼漂上的三个点．当鱼漂静止时，点O 恰好在水面．用手将鱼漂向下压，使点M 到达水面，松手后，鱼漂会上下运动，上升到最高处时，点N 到达水面，鱼漂的运动可看成简谐运动．下列说法正确的是( )A.点O 到达水面时，鱼漂的速度最大B ．点M 到达水面时，鱼漂具有向下的加速度C ．松手后，当鱼漂由下往上运动时，速度先变大后变小D ．一个周期内，鱼漂的点O 只有一次到达水面【4.补偿法】12．如图所示，有一个质量为M ，半径为R ，密度均匀的大球体．从中挖去一个半径为R2的小球体，并在空腔中心放置一质量为m 的质点，则大球体的剩余部分对该质点的万有引力大小为(已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零)( )A ．G Mm R2B ．0 C ．4G Mm R 2D ．G Mm2R213．如图所示，半径为R 的绝缘细圆环上均匀分布着电荷量为Q 的正电荷，A 、B 、C 三点将圆周三等分．取走A 、B 处弧长均为ΔL 的圆弧上的电荷(ΔL ≪R )，静电力常量为k ，此时圆心O 处电场强度( )A ．方向沿CO ，大小为k Q ΔL2πR3B ．方向沿OC ，大小为k Q ΔL2πR3C ．方向沿CO ，大小为k Q ΔLπR 3 D ．方向沿OC ，大小为kQ ΔLπR3 【5.等效法】14．如图所示，一段导线abcd 弯成半径为R 、圆心角为90°的部分扇形形状，置于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab 和cd 的长度均为R2.流经导线的电流为I ，方向如图中箭头所示．则导线abcd 所受到的安培力为( )A ．方向沿纸面向上，大小为2BIR2B ．方向沿纸面向上，大小为（π－2）BIR2C ．方向沿纸面向下，大小为2BIR2D ．方向沿纸面向下，大小为（π－2）BIR215．如图所示为一双线摆，它是在一水平天花板上用两根等长细绳悬挂一小球而构成的，绳的质量可以忽略，设图中的l 和α为已知量，当小球垂直于纸面做简谐振动时，周期为( )A ．2πl sin αg B ．2πl gC ．πlgD ．2πl cos αg16．[2023·重庆渝中模拟]如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O (滑轮大小可忽略).现以大小不变的拉力F 拉绳，使滑块从A 点起由静止开始上升．滑块运动到C 点时速度最大．已知滑块质量为m ，滑轮O 到竖直杆的距离为d ，∠OAO ′＝37°，∠OCO ′＝53°，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．拉力F 的大小为54mgB ．滑块做匀加速运动C ．滑块由A 到C 过程中拉力F 做的功为2536mgdD ．滑块由A 到C 的过程中拉力F 做功为56mgd17．[2023·河南联考](多选)如图所示，倾角为30°的光滑斜面上固定有光滑圆弧轨道，a 、c 点分别为最高和最低点，b 、d 两点与圆心等高，斜面上有平行于斜面的水平匀强电场，一质量为m ，电量为q 的带正电小球(视为质点)，从b 点无初速释放，球沿轨道运动最远到达c 点；现在b 点将小球以速度v 0沿斜面向下弹出，小球恰好能沿轨道做圆周运动而不脱离，重力加速度为g ，以下说法正确的是( )A ．电场方向由b 指向dB ．电场强度大小为mg2qC ．圆弧轨道半径为（32＋2）v 27gD ．小球电势能最大时动能为11－6214mv 20 18．如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L 的绝缘细线，细线一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的带电小球．小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O 点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g ，不考虑空气阻力．下列说法正确的是( )A.匀强电场的电场强度E ＝mg sin θqB ．小球做圆周运动过程中动能的最小值为E kmin ＝mgL2cos θC ．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D ．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大 19．[2023·江西新余模拟](多选)如图所示，在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B 、方向相反的水平匀强磁场，PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为a 、质量为m 、电阻为R 的金属圆环垂直磁场方向，以速度v 从图示位置(实线所示)开始运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ 重合时(虚线所示)，圆环的速度变为v2，则下列说法正确的是( )A ．此时圆环的电功率为2B 2a 2v2RB ．此时圆环的加速度大小为8B 2a 2v mRC ．此过程中通过圆环截面的电荷量为πBa 2RD ．此过程中回路产生的电能为0.75mv 220．(多选)原子中的电子绕原子核的圆周运动可以等效为环形电流．设氢原子的电子以速率v 在半径为r 的圆周轨道上绕核转动，周期为T .已知电子的电荷量为e 、质量为m ，静电力常量为k ，则其等效电流大小为( )A ．e TB ．ev2πr C ．e2πrk mr D ．e 22πr k mr【6.类比法】21．类比是学习和研究物理的一种重要思维方法．我们已经知道，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，垂直于磁场方向放置一面积为S 的平面，穿过它的磁通量Φ＝BS ；与之类似，我们也可以定义电通量．在真空中有一电荷量为＋Q 的点电荷，其电场线和等势面分布如图所示，等势面M ，N 到点电荷的距离分别为r 1，r 2，通过等势面M ，N 的电通量分别为Φ1，Φ2，已知r 1∶r 2＝1∶2，则Φ1∶Φ2为( )A ．1∶4B．1∶2 C ．1∶1D．4∶122．如图所示，在竖直平面内，两质量均为m 、电荷量均为＋q 的小球(视为质点)P 、Q 用一段绝缘细线连接，整个装置始终处在垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场中．让小球P 固定不动，将细线水平拉直后由静止释放小球Q ，当绳与水平方向夹角为α(小于90°)时，小球的加速度大小为( )A．2g sinαB．g cosαC．g3sin2α＋1D．g4－3sin2α【7.整体法和隔离法】23．[2023·辽宁大连模拟]中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量．某运送防疫物资的班列由30节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F.若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为( )A 114F B．1415FC．F D．115F24．[2023·江西宜春模拟](多选)如图所示，倾角为θ＝30°的斜面体放置在水平面上，其底面粗糙、斜面部分光滑，斜面体上的物块在大小为F0的水平拉力作用下保持静止，现将拉力顺时针转过一定角度α后，拉力大小仍为F0，物块仍能保持静止．整个过程斜面体始终处于静止状态，则在拉力水平和转过角度α后两种情况下( )A．物块对斜面的压力大小之比为2∶1B．物块对斜面的压力大小之比为3∶1C．斜面体与水平面间摩擦力大小之比为2∶1D．斜面体与水平面间摩擦力大小之比为2∶125．[2023·河北廊坊模拟](多选)如图所示，质量为4kg的长木板A放在光滑水平地面上，质量为2kg的物块B静止在木板上，A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度大小为g＝10m/s2，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平向右的拉力F作用在长木板上，下列说法中正确的是( )A．F＝6N时，B受到A的摩擦力为2N，方向水平向右B．F＝10N时，A、B之间会发生相对滑动C．F＝14N时，B的加速度大小为2m/s2D．若A与地面动摩擦因数为μ2＝0.3，当F＝25N时，A、B没有相对滑动【8.临界值法】26．[2023·浙江台州模拟](多选)如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为L，b与转轴的距离为2L.木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )A ．a 、b 所受的摩擦力始终相等B ．b 一定比a 先开始滑动C ．ω＝kg2L是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝2kg3L时，a 所受摩擦力的大小为kmg 27．[2023·湖南常德模拟](多选)如图所示，直角三角形abc 区域内(含边界)存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，顶点a 处有一离子源，沿ac 方向同时射出一群速度大小不同的正离子，离子的质量均为m 、电荷量均为q ，已知∠bac ＝30°，bc 边长为L ，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则下列说法正确的是( )A ．从ab 边界射出的离子，一定同时平行射出B ．从bc 边界射出的离子在磁场中运动的时间均不小于πm3qBC ．从bc 边界射出的离子的速度均不小于3BqLmD ．当某离子垂直于bc 边界射出时，磁场中的所有离子都在与ab 边界成15°角的一条直线上28．[2023·四川成都高一统考]如图所示，小球A 可视为质点，装置静止时轻质细线AB 水平，轻质细线AC 与竖直方向的夹角37°.已知小球的质量为m ，细线AC 长l ，B 点距C 点的水平和竖直距离相等．装置能以任意角速度绕竖直轴转动，且小球始终在BO ′O 平面内，那么在角速度ω从零缓慢增大的过程中( )(重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)A.两细线张力均增大B ．细线AB 中张力一直变小，直到为零C ．细线AC 中张力一直增大D ．当AB 中张力为零时，角速度可能为5g 4l[答题区]专项增分练1 思维方法练1．解析：将匀减速直线运动看做初速度为零的匀加速直线运动的逆运动，由初速度为零的匀加速直线运动可知v ＝2ax ，则v 1∶v 2∶v 3＝2a·3x∶2a·2x∶2a·x＝3∶2∶1，A 错误，B 正确；由位移公式x ＝12at 2得t ＝2xa，从右往左依次穿过木块的时间之比为t 右∶t 中∶t 左＝2x a∶2·2xa∶2·3xa＝1∶2∶3，则穿过每块木块所用时间之比为t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1，C 、D 都错误．答案：B2．解析：运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动．则根据初速度为零匀加速运动，相等相邻位移时间关系，有1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)，因此t 2t 1＝12－3＝3＋2≈3.732s ，故t 2t 1满足3＜t 2t 1＜4，C 正确．答案：C3．解析：由于两喷水枪喷出的水均能垂直击中竖直楼面上的同一位置P 点，则该运动可以等效为反方向的平抛运动，根据h ＝12gt 2可知，高度相等，则两处水枪喷出的水在空中运动的时间相等，A 错误；根据x ＝v 0t ，v y ＝2gh ，v ＝v 20 ＋v 2y ，结合上述可知，时间相等，A 处水枪喷出的水的水平位移大一些，则A 处水枪喷出的水的水平分初速度大一些，高度相等，则竖直分速度相等，可知，A 处水枪喷出的水的初速度v 大一些，则A 处水枪喷口每秒喷出水的体积较大，B 正确，D 错误；水被喷出后，在水平方向做匀速直线运动，根据上述，A 处水枪喷出的水的水平分初速度大一些，即A 处水枪喷出的水击中墙面的速度较大，C 错误．答案：B 4．解析：在整个过程中物块受到的摩擦力大小f ＝μmg 不变，方向时刻变化，是变力．我们可以把圆周分成无数小微元段，每一小段可近似看成直线，且每小段的摩擦力与运动方向始终相反，则W 1＝－μmgs 1，W 2＝－μmgs 2，W 3＝－μmgs 3，…，W n ＝－μmgs n ，物块运动一周，摩擦力做功为W ＝W 1＋W 2＋W 3＋…＋W n ＝－μmg(s 1＋s 2＋s 3＋…＋s n )＝－2μmg πR ，A 正确．答案：A5．解析：取长度为Δx 的微元，微元的带电量为q 0＝Q2πR ·Δx ，微元对A 点的＋q 在竖直方向上的分力为F y ＝kqq 0（2R ）2cos 45°，根据对称性可知，圆环对电荷在水平方向上的分力相互平衡，则＋q 在A 点所受的静电力为F ＝2πR Δx ·F y ＝2kQq4R 2，方向向上，D 正确．答案：D6．解析：设水流速度为v ，横截面积为s ，在极短时间Δt 内的质量Δm ＝ρvs Δt ，由动量定理得Δmv ＝ps Δt ，解得v ＝650m /s ，B 正确．答案：B7．解析：设此过程整个装置产生的热量为Q ，R 1上产生的热量为Q 1，根据能量守恒得mgh ＝Q ＋12mv 20 ，因为电阻R 1＝R 2＝r ，所以通过导体棒的电流是R 1或R 2的2倍，根据焦耳定律可知导体棒产生的热量是R 1或R 2产生热量的4倍，所以Q 1＝12Q r ＋r 2·r 2＝Q 6＝16(mgh －12mv 20 )，A 错误；设ef 和gi 之间的距离为x ，穿过磁场过程流过导体棒的电荷量为q 1，根据动量定理可得－B 0I －l·Δt ＝m·13v 0－m·v 0，又I －Δt ＝q 1，所以q 1＝m·v 0－m ·13v 0B 0l ＝2mv 03B 0l，B 正确；根据欧姆定律有ΔΦΔt R 总＝I －＝q 1Δt ，又R 总＝r ＋12r ＝32r ，ΔΦ＝B 0lx ，联立解得x ＝mv 0rB 20 l2，C 正确；设导体棒在ef 和gi 之间的磁场区经过的总路程为s ，通过导体棒的电荷量为q 2，根据动量定理得－B 0lq 2＝0－m·v 0，又B 0lsΔt 32r ＝q 2Δt ，解得s ＝3mv 0r 2B 20 l 2＝32x ，故导体棒最终停在水平磁场的正中间，D 错误．答案：BC 8．解析：根据等量异种电荷电场线分布的对称性，可知A 点与B 点电场强度大小相等，A 正确；根据等量异种电荷电场线分布的对称性，可知A 点与B 点电场强度的方向不相同，A 点电场强度方向沿向左偏下方向，B 点电场强度方向沿向左偏上方向，B 错误；根据对称性可知，ABCD 四个点的电势大小关系是φD ＝φC >φA ＝φB ，点电荷＋q 从低电势A 到高电势D 的过程中，电场力做负功，因此电势能增加，C 正确；点电荷＋q 从D 到C 的过程中，电势先增大后减小，电场力先做负功后做正功，故电势能先增大后减小，但初末态的电势能相等，D 错误．答案：AC9．解析：由于图中A 点的电场强度为0，表明薄板带负电，且薄板在A 点的电场强度大小为E A ＝k q （3d ）2＝k q9d 2，根据对称性，薄板在B 点的电场强度大小与薄板在A 点的相等，方向相反，则B 点的电场强度的大小为E B ＝k q 9d 2＋k q d 2＝10kq9d2，D 正确．答案：D10．解析：据题意，由于出射光线和入射光线平行，则光线AB 和光线BC 关于法线BO对称，则法线与出射光线和入射光线平行，所以∠ABO＝30°，则折射角r ＝∠OAB＝30°，据折射定律有：n ＝sin 60°sin 30°＝3，C 正确．答案：C11．解析：当鱼漂静止时，点O 恰好在水面，则O 点与水面重合时的位置为简谐运动的平衡位置，此时浮力与重力大小相等，则点O 到达水面时，鱼漂的速度最大，A 正确；点M 到达水面时，浮力大于重力，鱼漂的加速度方向向上，B 错误；松手后，当鱼漂由下往上运动时，先靠近平衡位置，后远离平衡位置，速度先变大后变小，C 正确；根据简谐运动的周期性，一个周期内，鱼漂的点O 有两次到达水面，D 错误．答案：AC12．解析：若将挖去的小球体用原材料补回，可知剩余部分对m 的吸引力等于完整大球体对m 的吸引力与挖去小球体对m 的吸引力之差，挖去的小球体球心与m 重合，对m 的万有引力为零，则剩余部分对m 的万有引力等于完整大球体对m 的万有引力；以大球体球心为中心分离出半径为R 2的球，其质量为18M ，则剩余均匀球壳对m 的万有引力为零，故剩余部分对m 的万有引力等于分离出的球对其的万有引力，根据万有引力定律F ＝G 18mM （R 2）2＝G Mm2R 2，D 正确．答案：D13．解析：由于圆环所带电荷量均匀分布，所以长度为ΔL 的小圆弧所带电荷量q ＝Q ΔL2πR，没有取走电荷时圆心O 点的电场强度为零，取走A 、B 两处的电荷后，圆环剩余电荷在O 点产生的电场强度大小等于A 、B 处弧长为ΔL 的小圆弧所带正电荷在O 点产生的场强的叠加，方向相反，即有E 剩＝2kq R 2cos 60°，解得E 剩＝kQ ΔL 2πR3，方向沿CO ，A 正确；B 、C 、D 错误．答案：A14．解析：图中导线的等效长度为a 到d 的直线距离，由几何关系可知，等效长度L ＝2(R －12R)＝22R ，由安培力计算公式F ＝BIL ＝22BIR ，由左手定则可知，方向向上，A 正确．答案：A15．解析：如题图所示，等效摆长为l sin α，由于小球做简谐运动，由单摆的振动周期为T ＝2πl sin αg，A 正确． 答案：A16．解析：滑块到C 点时速度最大，其所受合力为零，则有F cos 53°－mg ＝0，解得F ＝53mg ，A 错误；滑块运动过程中，设绳子与竖直杆的夹角为θ，根据牛顿第二定律知F cos θ－mg ＝ma ，解得a ＝F cos θm －g ，滑块向上运动过程中，θ变化，加速度大小也变化，滑块做非匀变速运动，B 错误；滑轮与A 间绳长L 1＝d sin 37°，滑轮与C 间绳长L 2＝dsin 53°，滑轮右侧绳子增大的长度ΔL ＝L 1－L 2＝5d12，由能量守恒定律可知，拉力F 做的功等于轻绳拉力F′对滑块做的功，拉力做功W ＝F ΔL ＝2536mgd ，C 正确，D 错误．答案：C17．解析：从b 点无初速释放，球沿轨道运动最远到达c 点，带正电小球是克服电场力做功，故电场方向由d 指向b ，A 错误；从b 点无初速释放，球沿轨道运动最远到达c 点过程中由动能定理得mgr sin 30°＝qEr ，解得E ＝mg2q ，B 正确；由题意可知小球圆周运动的等效最高点为ad 弧的中点，在b 点将小球以速度v 0沿斜面向下弹出，小球恰好能沿轨道做圆周运动而不脱离，说明小球恰能到达等效最高点，由牛顿运动定律可得2mg sin 30°＝m v2r ，由动能定理得－2mg sin 30°(r＋22r)＝12mv 2－12mv 20 ，两式联立解得r ＝（32－2）v 20 7g ，C错误；小球在d 点电势能最大，从b→d 由动能定理可得－qE·2r＝E k d －12mv 20 ，代入数据解得E k d ＝11－6214mv 20 ，D 正确．答案：BD18．解析：小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球进行受力分析，如图所示，由平衡关系可知tan θ＝qE mg ，解得E ＝mg tan θq ，A 错误；小球静止时细线与竖直方向成θ角，则A 点为小球绕O 点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动的等效最高点，如图所示，A 点时小球的速度最小，动能最小，由牛顿第二定律可知mg cos θ＝mv 2min L ，最小动能E kmin ＝12mv 2min ，联立解得E kmin ＝mgL2cos θ，B 正确；由功能关系可知，机械能的变化量等于除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功，此处即电场力做的功．由题意可知，当小球运动到最左边与O 点等高时，电场力做负功最多，机械能最小，C 错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功后做负功再做正功，所以电势能先减小后增大再减小，D 错误．答案：B19．解析：当圆环的直径与边界线重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，切割磁感线的有效长度均为2a ，故圆环中的感应电动势为E ＝2B×2a×v2＝2Bav ，圆环的电功率P＝E 2R ＝4B 2a 2v 2R ，A 错误；此时圆环产生的感应电流I ＝E R ＝2Bav R ，受到的安培力F ＝2BI×2a＝2B×2Bav R ×2a＝8B 2a 2v R ，由牛顿第二定律可得，加速度a ＝F m ＝8B 2a 2v mR ，B 正确；圆环中的平均电动势为E －＝ΔΦΔt ，通过圆环截面的电荷量Q ＝I －Δt ＝E －R Δt ＝ΔΦR ＝B πa 2R ，C 正确；此过程中回路产生的电能等于动能的减少量E ＝12mv 2－12m(v 2)2＝38mv 2＝0.375mv 2，D 错误．答案：BC20．解析：根据电流的定义式可得等效电流为I ＝q t ＝eT ，A 正确；电子运动的周期表达式为T ＝2πr v ，根据电流的定义式可得等效电流为I ＝q t ＝ev2πr ，B 正确；原子中的电子绕原子核的圆周运动可以等效为环形电流，氢原子的电子的速率v ，根据库仑力提供向心力k e2r 2＝m 4π2r T 2，解得T ＝2πr erm k ，形成的电流为I ＝e T ＝e 22πrkmr，C 错误，D 正确． 答案：ABD21．解析：根据库仑定律，距离点电荷r 1的球面处的电场强度为E 1＝k Qr 21 ，距离点电荷r 1的球面处球面的面积为S 1＝4πr 21 ，则通过半径为r 1的球面的电通量为Φ1＝E 1S 1＝k Q r 21×4πr 21 ＝4πkQ ；同理，距离点电荷r 2的球面处的电场强度为E 2＝kQr 22，距离点电荷r 2的球面处球面的面积为S 2＝4πr 22 ，通过半径为r 2的球面的电通量为Φ2＝E 2S 2＝kQ r 22×4πr 22 ＝4πkQ ，则Φ1∶Φ2＝1∶1，C 正确．答案：C 22．解析：小球Q 在运动中与小球P 的距离保持不变，所以小球Q 所处的电势大小不变，所以电场力不做功，洛伦兹力时刻指向圆心，与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功．所以只有重力做功，设当绳与水平方向夹角为α(小于90°)时，小球速度为v ，由动能定理可得mgR sin α＝12mv 2－0，对小球Q 受力分析，沿绳方向和垂直于绳的方向建立平面直角坐标系，将重力正交分解，分解为垂直于绳方向的G 1，和沿绳方向的G 2.沿绳方向的合力充当向心力，所以沿绳方向的合力F ＝mv 2R ，沿绳方向的加速度a 1＝Fm ，联立解得a 1＝2g sin α，垂直于绳的方向的力G 1＝mg cos α，垂直于绳方向加速度a 2＝G 1m ＝g cos α，小球Q 的加速度a ＝a 22 ＋a 21 ＝g 3sin 2α＋1，C 正确． 答案：C23．解析：把后28节车厢看成整体，由牛顿第二定律有F －28f ＝28ma ，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，对最后两节车厢，由牛顿第二定律有F′－2f ＝2ma ，解得F′＝114F ，A 正确．答案：A 24.解析：根据平衡条件，两种情况下物块受力关系如图所示，拉力水平时斜面对物块的支持力F N 1＝mgcos 30°，在拉力大小不变时为使物体仍能静止，拉力方向应顺时针转过60°角，由几何关系可知F N 2＝F 0＝mg tan 30°，根据牛顿第三定律可得物块对斜面的压力大小之比为F N 1′∶F N 2′＝F N 1∶F N 2＝2∶1，A 正确，B 错误；对斜面体和物块整体分析，在水平方向上合力为零，拉力水平时，水平面对斜面体的摩擦力F f 1＝F 0，拉力方向顺时针转过60°角时，水平方向有F f 2＝F 0cos 60°，根据牛顿第三定律可得斜面体与水平面的摩擦力大小之比为F f 1′∶F f 2′＝F f 1∶F f 2＝2∶1，C 正确，D 错误．答案：AC25．解析：F ＝6N 时，假设A 、B 一起加速运动，共同加速度为a ＝F m A ＋m B＝1m /s 2，B 受到A 的摩擦力为f ＝m B a ＝2N <μm B g ＝4N ，假设成立，A 正确；取A 、B 之间发生相对滑动的临界状态来研究，对B 有μm B g ＝m B a 1，对整体F 1＝(m A ＋m B )a 1，联立解得F 1＝12N ，B 错误；由以上分析知F ＝14N 时，A 、B 已经发生相对滑动，所以对B 有μm B g ＝m B a 1，解得a 1＝2m /s 2，C 正确；假设A 、B 没有相对滑动，则对整体F －μ2(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a 2，解得a 2＝76m /s 2<a 1＝2m /s 2，假设成立，D 正确．答案：ACD26．解析：a 、b 两物体一起随圆盘转动时，静摩擦力提供向心力f ＝mrω2，因为a 、b 半径不同故摩擦力不同，A 错误；当a 、b 两物体一起随圆盘转动时，ω相同，b 物体的半径是a 的2倍，故b 物体的静摩擦力是a 的2倍，随着角速度的增加，b 物体先达到最大静摩擦，故b 先滑动，B 正确；当b 恰好滑动时有kmg ＝m2Lω2，得ω＝kg2L，C 正确；当a 恰好滑动时kmg ＝mLω2，得ω＝kg L ，kg L >2kg3L，故a 物体还没达到最大静摩擦，D 错误．答案：BC27．解析：由题意可知，离子的入射角度相同，转过的圆心角也相同，则出射角相同，同时由T ＝2πmBq 可得，当磁场强度、离子质量和所带电荷相同时，离子在磁场中的运动时间也相同，故离子会同时平行射出，A 正确；当从a 中射入的离子从bc 边垂直射出时，由几。
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高考物理总复习选择题增分练
五(1)
(满分48分 24分钟)
说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．(2018·山东省济南市高三二模)质量为m 、长度为l 的均匀软绳放置在水平地面上．现将软绳一端提升至离地面高度为h 处，软绳完全离开地面，则至少需要对软绳做的功为( )
A ．mg
B ．mg h 2
C ．mg(h －l)
D ．mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫h －l 2 解析：选D.对软绳做的功等于它的重力势能的增加量，即W ＝ΔEp ＝mg ＝mg ，选项D 正确．
2．下列说法正确的是( )
A ．玻尔通过对氢原子光谱的研究建立了原子的核式结构模型
B ．某些原子核发生衰变时能够放出β粒子，说明原子核内有β粒子
C ．原子核反应中的质量亏损现象违反了能量守恒定律
D ．某种单色光照射某种金属发生光电效应，若增大光照强度，
则单位时间内发射的光电子数增加
解析：选D.卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型，玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征，故A错误；β衰变中产生的β射线实际上是原子核中的中子转变成质子，而放出电子，故B错误；核反应中的质量亏损现象遵循能量守恒定律，故C错误；发生光电效应时，单位时间内发射的光电子数随入射光强度的增加而增大，故D正确；故选D.
3．如图所示，在天花板下用细线悬挂一半径为R的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A、B与圆心O连线的夹角为120°，此时悬线的拉力为F.若圆环通电，使悬线的拉力刚好为零，则环中电流大小和方向是( )
A．大小为，沿顺时针方向
B．大小为，沿逆时针方向
C．大小为，沿顺时针方向
D．大小为，沿逆时针方向
解析：选A.环受安培力的有效长度为l＝2·Rcos 30°＝R，由BIl＝mg＝F，可知，I＝，方向为顺时针方向．
4．一质点从静止开始沿着直线运动，先后经历匀加速、匀速和匀减速三个运动过程，三段过程运动位移均为x，匀加速运动时间为t，匀减速运动时间为t，则下列说法中正确的是( )
A．质点在匀加速阶段的加速度大小小于匀减速运动阶段的加速。